2015高考数学(文)(专题三 高考中的数列)一轮专题练习题

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2015高考数学(文)(专题三 高考中的数列)一轮专题练习题

专题三 高考中的数列问题 ‎1.公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn,且-‎3a1,-a2,a3成等差数列,若a1=1,则S4等于 (  )‎ A.-20 B‎.0 ‎ C.7 D.40 ‎ 答案 A 解析 记等比数列{an}的公比为q,其中q≠1,‎ 依题意有-‎2a2=-‎3a1+a3,-‎2a1q=-‎3a1+a1q2≠0.‎ 即q2+2q-3=0,(q+3)(q-1)=0,‎ 又q≠1,因此有q=-3,S4==-20,选A.‎ ‎2.等比数列{an}的各项均为正数,且a‎5a6+a‎4a7=18,则log‎3a1+log‎3a2+…+log‎3a10等于(  )‎ A.12 B.10‎ C.8 D.2+log35‎ 答案 B 解析 等比数列{an}中,a‎5a6=a‎4a7,‎ 又因为a‎5a6+a‎4a7=18,∴a‎5a6=9,‎ log‎3a1+log‎3a2+…+log‎3a10=log3(a‎1a2…a10)‎ ‎=log3(a‎5a6)5=5log3(a‎5a6)=5log39=10.‎ ‎3.若正项数列{an}满足lg an+1=1+lg an,且a2 001+a2 002+a2 003+…+a2 010=2 013,则a2 011+a2 012+a2 013+…+a2 020的值为 (  )‎ A.2 013·1010 B.2 013·1011‎ C.2 014·1010 D.2 014·1011‎ 答案 A 解析 由条件知lg an+1-lg an=lg =1,即=10,所以{an}为公比是10的等比数列.因为(a2 001+…+a2 010)·q10=a2 011+…+a2 020,所以a2 011+…+a2 020=2 013·1010,选A.‎ ‎4.已知数列{an}满足an=1+2+22+…+2n-1,则{an}的前n项和Sn=________.‎ 答案 2n+1-2-n 解析 ∵an=1+2+22+…+2n-1==2n-1,‎ ‎∴Sn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n.‎ ‎5.把一数列依次按第一个括号内一个数,第二个括号内两个数,第三个括号内三个数,第四个括号内一个数,…循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(25),…,则第50个括号内各数之和为________.‎ 答案 392‎ 解析 将三个括号作为一组,则由50=16×3+2,知第50个括号应为第17组的第二个括号,即第50个括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数,所以第48个括号的最末一个数为数列{2n-1}的第16×6=96项,第50个括号的第一个数应为数列{2n-1}的第98项,即为2×98-1=195,第二个数为2×99-1=197,故第50个括号内各数之和为195+197=392.故填392.‎ 题型一 等差、等比数列的综合问题 例1 在等差数列{an}中,a10=30,a20=50.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=,证明:数列{bn}为等比数列;‎ ‎(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.‎ 思维启迪 (1)设出数列{an}的通项公式,结合已知条件列方程组即可求解;‎ ‎(2)由(1)写出bn的表达式,利用定义法证明;‎ ‎(3)写出Tn的表达式,考虑用错位相减法求解.‎ ‎(1)解 由an=a1+(n-1)d,a10=30,a20=50,‎ 得方程组,解得.‎ 所以an=12+(n-1)·2=2n+10.‎ ‎(2)证明 由(1),得bn==22n+10-10=22n=4n,‎ 所以==4.‎ 所以{bn}是首项为4,公比为4的等比数列.‎ ‎(3)解 由nbn=n×4n,得 Tn=1×4+2×42+…+n×4n, ①‎ ‎4Tn=1×42+…+(n-1)×4n+n×4n+1, ②‎ ‎①-②,得-3Tn=4+42+…+4n-n×4n+1‎ ‎=-n×4n+1.‎ 所以Tn=.‎ 思维升华 (1)正确区分等差数列和等比数列,其中公比等于1的等比数列也是等差数列.‎ ‎(2)等差数列和等比数列可以相互转化,若数列{bn}是一个公差为d的等差数列,则{abn}(a>0,a≠1)就是一个等比数列,其公比q=ad;反之,若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列,则{logabn}(a>0,a≠1)就是一个等差数列,其公差d=logaq.‎ ‎ 数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2且Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N*).‎ ‎(1)求Sn;‎ ‎(2)是否存在等比数列{bn}满足b1=a1,b2=a3,b3=a9?若存在,求出数列{bn}的通项公式;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)因为Sn=Sn-1+2n,‎ 所以有Sn-Sn-1=2n对n≥2,n∈N*成立.‎ 即an=2n对n≥2,n∈N*成立,‎ 又a1=S1=2×1,所以an=2n对n∈N*成立.‎ 所以an+1-an=2对n∈N*成立,‎ 所以{an}是等差数列,‎ 所以有Sn=·n=n2+n,n∈N*.‎ ‎(2)存在.‎ 由(1)知,an=2n对n∈N*成立,‎ 所以有a3=6,a9=18,又a1=2,‎ 所以有b1=2,b2=6,b3=18,则==3,‎ 所以存在以b1=2为首项,以3为公比的等比数列{bn},‎ 其通项公式为bn=2·3n-1.‎ 题型二 数列与函数的综合问题 例2 已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.‎ 思维启迪 (1)先求出函数f(x),再利用n,Sn的关系求an.(2)可以利用裂项相消法求出Tn.通过Tn的取值范围确定最小正整数m.‎ 解 (1)设二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),‎ 则f′(x)=2ax+b.‎ 由于f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,‎ 所以f(x)=3x2-2x.‎ 又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上,‎ 所以Sn=3n2-2n.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;‎ 当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,‎ 所以an=6n-5(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得bn== ‎=·,‎ 故Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-).‎ 因此,要使(1-)<对n∈N*恒成立,则m必须且仅需满足≤,即m≥10.‎ 所以满足要求的最小正整数为10.‎ 思维升华 数列与函数的综合一般体现在两个方面:‎ ‎(1)以数列的特征量n,an,Sn等为坐标的点在函数图象上,可以得到数列的递推关系;‎ ‎(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.‎ ‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn,对一切正整数n,点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设Q={x|x=kn,n∈N*},R={x|x=2an,n∈N*},等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,110cn成立.‎ 思维启迪 (1)先求an,再构造等比数列求bn;(2)不等式cn+1>cn恒成立,可以转化为求函数的最值问题.‎ 解 (1)由已知,得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,‎ 所以an+2-an+1=1(n≥1).‎ 又a2-a1=1,‎ 所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.‎ 所以an=n+1.‎ 又bn+1+2=4(bn+2),‎ 所以{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.‎ 所以bn=4n-2.‎ ‎(2)因为an=n+1,bn=4n-2,‎ 所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.要使cn+1>cn恒成立,‎ 需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,‎ 即3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立.‎ 所以(-1)n-1λ<2n-1恒成立.‎ ‎①当n为奇数时,即λ<2n-1恒成立,‎ 当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;‎ ‎②当n为偶数时,即λ>-2n-1恒成立,‎ 当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2.‎ 所以λ>-2,结合①②可知-2<λ<1.‎ 又λ为非零整数,则λ=-1.‎ 故存在λ=-1,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.‎ 思维升华 数列中有关项或前n项和的恒成立问题,往往转化为函数的最值问题;求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.‎ ‎ (2013·天津)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:Sn+≤(n∈N*).‎ ‎(1)解 设等比数列{an}的公比为q,‎ 因为-2S2,S3,4S4成等差数列,‎ 所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,‎ 可得‎2a4=-a3,于是q==-.‎ 又a1=,所以等比数列{an}的通项公式为 an=×n-1=(-1)n-1·.‎ ‎(2)证明 由(1)知,Sn=1-n,‎ Sn+=1-n+ ‎= 当n为奇数时,Sn+随n的增大而减小,‎ 所以Sn+≤S1+=.‎ 当n为偶数时,Sn+随n的增大而减小,‎ 所以Sn+≤S2+=.‎ 故对于n∈N*,有Sn+≤.‎ ‎(时间:80分钟)‎ ‎1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足:an+2SnSn-1=0(n≥2,n∈N),a1=,判断与{an}是否为等差数列,并说明你的理由.‎ 解 因为an=Sn-Sn-1(n≥2),‎ 又因为an+2SnSn-1=0,所以Sn-Sn-1+2SnSn-1=0(n≥2),‎ 所以-=2(n≥2),‎ 又因为S1=a1=,‎ 所以是以2为首项,2为公差的等差数列.‎ 所以=2+(n-1)×2=2n,故Sn=.‎ 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,‎ 所以an+1=,‎ 而an+1-an=- ‎==.‎ 所以当n≥2时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,故数列{an}不是一个等差数列.‎ 综上,可知是等差数列,{an}不是等差数列.‎ ‎2.设数列{an}满足a1=0且-=1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,记Sn=k,证明:Sn<1.‎ ‎(1)解 由题设-=1,‎ 即是公差为1的等差数列,又=1,‎ 故=n.所以an=1-.‎ ‎(2)证明 由(1)得bn== ‎=-,Sn=k= ‎=1-<1.‎ ‎3.如图,从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y=ex于点Q1(0,1),曲线 在Q1点处的切线与x轴交于点P2,再从P2作x轴的垂线交曲 线于点Q2,依次重复上述过程得到一系列点:P1,Q1;P2,Q2;…;‎ Pn,Qn.记Pk点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n).‎ ‎(1)试求xk与xk-1的关系(2≤k≤n);‎ ‎(2)求|P1Q1|+|P2Q2|+…+|PnQn|.‎ 解 (1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,)点处切线方程为y-= (x-xk-1),由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).‎ k ‎(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),‎ 所以|PkQk|=ex =e-(k-1),‎ 于是Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+…+|PnQn|=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.‎ ‎4.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=10,an+1=9Sn+10.‎ ‎(1)求证:{lg an}是等差数列;‎ ‎(2)设Tn是数列{}的前n项和,求Tn;‎ ‎(3)求使Tn>(m2-‎5m)对所有的n∈N*恒成立的整数m的取值集合.‎ ‎(1)证明 依题意,得a2=‎9a1+10=100,故=10.‎ 当n≥2时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10,‎ 两式相减得an+1-an=9an,‎ 即an+1=10an,=10,‎ 故{an}为等比数列,且an=a1qn-1=10n(n∈N*),‎ ‎∴lg an=n.∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,‎ 即{lg an}是等差数列.‎ ‎(2)解 由(1)知,Tn=3[++…+]‎ ‎=3(1-+-+…+-)=.‎ ‎(3)解 ∵Tn=3-,∴当n=1时,Tn取最小值.‎ 依题意有>(m2-‎5m),解得-1m≥2,m,k∈N*),使得b1、bm、bk成等比数列?若存在,求出所有符合条件的m、k的值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d.‎ 由已知,得 即,‎ 解得所以an=a1+(n-1)d=n(n∈N*).‎ ‎(2)假设存在m、k(k>m≥2,m,k∈N*),‎ 使得b1、bm、bk成等比数列,则b=b1bk,‎ 因为bn==,‎ 所以b1=,bm=,bk=, ‎ 所以()2=×.‎ 整理,得k=.‎ 以下给出求m、k的方法:‎ 因为k>0,所以-m2+‎2m+1>0,‎ 解得1-0,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)an等价于5-λ>,‎ 记bn=,n≥2时,==,‎ 所以n≥3时<1,(bn)max=b3=,‎ 所以λ<.‎
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